精品解析：河南青桐鸣联考2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题

河南青桐鸣联考2025-2026学年高一下学期5月阶段检测 高一数学（人教B卷） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，解得． 2. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以 . 3. 已知，，是空间三条直线，，则“”是“，，三线共面”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【详解】当，时，，如三棱柱的三条侧棱所在直线分别为，，，满足，，但这三条直线不共面，充分性不成立； 当，，三线共面，且时，与可能相交，也可能平行，所以必要性不成立. 所以“”是“三线共面”的既不充分也不必要条件. 4. 在中，为边上的中线，为上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量线性运算及平面向量基本定理求得的值. 【详解】， 则，，解得 5. 已知，是两条不同的直线，平面，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则，共面 B. 若，则与有公共点 C. 若与无公共点，且，则 D. 若存在平面，使得，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据异面直线的定义、面面平行、垂直的性质逐一判断即可. 【详解】当与相交时，因为，，所以，异面，A错误； 当，时，因为，所以，此时与没有公共点，B错误； 若与无公共点，则，因为，如图， 但与不垂直，C错误； 因为存在平面，使得，，所以， 因为，，所以，，所以，D正确. 6. 在矩形中，，，点为线段（包含端点）上一动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以为原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，设，当且时，过作轴于点，则， 所以（当或4时也成立），则，，， 所以 ， 当时，取得最小值-5；当或4时，取得最大值0. 故的取值范围为. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】结合面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理和性质定理，作出为平面，再运用勾股定理计算平面与直三棱柱的侧面的交线的长度. 【详解】如图，作，为垂足，又 ， ，平面， 所以平面，连接，过作，交于点， 因为平面，平面， 所以，且， 平面， 所以平面，又平面，则， 易知，， 又，且，， 所以，则，即，所以. 连接，过作，交于，因为，所以， 则平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，则， 因为，，， 平面， 所以平面， 连接，则平面就是平面. 由，得，则，所以， 所以. 8. 已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距.为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向.从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（ ） A. 南偏西方向 B. 南偏西方向 C. 南偏西方向 D. 南偏西方向 【答案】C 【解析】 【分析】先作出示意图，再利用正弦定理求出的长，在中，利用余弦定理求出的长，最后在中利用余弦定理求出即可. 【详解】根据题意作出如图所示的示意图，在中，，，，则， 由正弦定理得，所以. 在中，，由余弦定理得， 即， 整理得，解得或， 因为，所以 在中，，则， 因为，所以，则， 所以在处测得在它的南偏西方向上. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与同向的单位向量为 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量的线性运算即可判断A，利用共线向量的坐标运算即可判断B，计算即可判断C，根据向量的模即可判断D. 【详解】若，则，，所以，故A正确； 若，则，解得，故B错误； 若，则，所以与同向的单位向量为，故C正确； ，，由， 得，解得，故D错误. 10. 已知复数，满足，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】设，则，所以，则与不一定相等，A错误； 因为，，所以，B正确； ，C正确； ，所以，D正确. 11. 如图，梯形为圆台的轴截面，已知，，且梯形的面积为，则（ ） A. 圆台的母线长为3 B. 圆台的体积为 C. 已知点为上靠近点的三等分点，则沿着圆台表面从到的最短路径的长度为 D. 在该圆台内能放入一个可以绕正方体中心自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体棱长的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】过作于，利用梯形的面积公式得，进而求得母线长，即可判断A，利用台的体积公式即可判断B，设，分别为圆台的上、下底面的圆心，将圆台补成圆锥，进而得，将圆锥的展开，进而判断C，求圆台内放入的最大球的半径即可判断D. 【详解】过作于，由，解得， 所以 ，故A正确； 由上可知，该圆台的高为，所以该圆台的体积为 ，故B错误； 设，分别为圆台的上、下底面的圆心，将圆台补成圆锥，则，即， 所以， 圆锥的展开图如图， 过点作于点，易知，，则所求的最短距离为，故C正确； 圆台补成的圆锥的轴截面是一个边长为4的正三角形，且该正三角形的内切圆的半径为，因为，所以该圆台内能放入的最大球的半径为，设正方体棱长的最大值为，则，所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知（，，i为虚数单位），则_________. 【答案】0 【解析】 【详解】依题意 ， 则，解得，所以. 13. 已知用斜二测画法作出的直观图如图所示，，轴，，且的面积为，则的边上的高为_________. 【答案】4 【解析】 【详解】过作轴，垂足为，过作轴，交轴于点， 易知为等腰直角三角形，由， 得，所以， 故的边上的高为. 14. 已知平面向量，满足，在上的投影向量为，当时，的最小值为，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由结合平面向量的数量积的运算律可得，结合在上的投影向量为可得，进而得到，再根据向量夹角余弦公式求解，设，，，转化问题为点与点重合时，取得最小值，进而可得，，进而求解即可. 【详解】由，得， 则，即， 因为在上的投影向量为， 所以，则，即， 因此，所以， 又，则. 设，，如图所示，其中， 则，显然当且仅当，即点与点重合时，取得最小值， 所以，则，， 故. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足为实数，为纯虚数，i为虚数单位. （1）求； （2）若复数（）在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数表示实数和纯虚数的条件进行求解即可； （2）根据复数乘法、除法的运算公式，结合共轭复数、复数在复平面的位置特征进行求解即可. 【小问1详解】 设， 因为 为实数 所以，解得. 因为 为纯虚数，所以，解得， 故. 【小问2详解】 由（1）可知，. ， 由题意可知，， 解得， 故实数的取值范围为. 16. 如图，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点.记，. （1）用，表示，； （2）设，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量加法的三角形法则和向量数乘即可得到答案； （2）利用向量数量积公式即可计算. 【小问1详解】 ； . 【小问2详解】 ， ， ， 所以. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为侧面的中心. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定证明； （2）由正方体性质易证平面，则为直线与平面所成的角,结合边长关系求解. （3）先证明三棱锥的外接球的球心在线段上，再结合勾股定理求解. 【小问1详解】 证明：连接，与交于点，连接， 因为为侧面的中心，所以为的中点， 连接，因为，，且，， 所以，且， 则四边形为平行四边形， 因为为的中点，易知 ，又平面，平面， 故平面. 【小问2详解】 连接，则，则， 易知四边形为平行四边形， 在正方体中，平面， 又平面，所以， 因为，故平面，即平面， 所以为直线与平面所成的角， 在中，易求，， 所以，则. 故直线与平面所成角的大小为. 【小问3详解】 设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 因为的外接圆的圆心为，所以平面， 由（1）可知， ，平面，所以平面， 因此球心在线段上， 易求，，由，解得， 故三棱锥的外接球的表面积为. 18. 设的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）证明：； （2）若，，求的面积； （3）若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)由二倍角公式结合余弦定理可得，化简可得. (2)由，得,结合正弦定理和余弦定理可求得，再利用面积公式求解. (3)由为锐角三角形可得，结合正弦定理可得，，从而求得的周长的取值范围. 【小问1详解】 由，得 ， 由余弦定理，得，所以， 因为，所以，又， 所以或， 因为，所以， 所以. 【小问2详解】 由，得， 由正弦定理和余弦定理，得， 又，，所以，解得， 则， 所以， 故的面积为. 【小问3详解】 由题意可知，即解得， 由正弦定理得，则， 所以，， 则， 所以的周长的取值范围为. 19. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i），理由见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明 平面，从而推出平面平面. （2）（i）利用面面平行的性质，结合中位线定理，通过线线平行推导线面平行，再由面面平行的判定定理得出； （ii）由（i）知为的中点，先证 ，算出、，再由得 ，得出 ，用等面积法得到棱的距离，通过三棱锥体积转换 ，算出到平面的距离，通过计算即可求得结果. 【小问1详解】 证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且 ， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. 【小问2详解】 （ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面 平面， 平面 平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南青桐鸣联考2025-2026学年高一下学期5月阶段检测 高一数学（人教B卷） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，是空间三条直线，，则“”是“，，三线共面”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，为边上的中线，为上一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是两条不同的直线，平面，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则，共面 B. 若，则与有公共点 C. 若与无公共点，且，则 D. 若存在平面，使得，，，则 6. 在矩形中，，，点为线段（包含端点）上一动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则（ ） A. 3 B. C. D. 2 8. 已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距.为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向.从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（ ） A. 南偏西方向 B. 南偏西方向 C. 南偏西方向 D. 南偏西方向 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与同向的单位向量为 D. 若，则 10. 已知复数，满足，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，梯形为圆台的轴截面，已知，，且梯形的面积为，则（ ） A. 圆台的母线长为3 B. 圆台的体积为 C. 已知点为上靠近点的三等分点，则沿着圆台表面从到的最短路径的长度为 D. 在该圆台内能放入一个可以绕正方体中心自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体棱长的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知（，，i为虚数单位），则_________. 13. 已知用斜二测画法作出的直观图如图所示，，轴，，且的面积为，则的边上的高为_________. 14. 已知平面向量，满足，在上的投影向量为，当时，的最小值为，则_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足为实数，为纯虚数，i为虚数单位. （1）求； （2）若复数（）在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围. 16. 如图，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点.记，. （1）用，表示，； （2）设，求的值. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为侧面的中心. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求三棱锥的外接球的表面积. 18. 设的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）证明：； （2）若，，求的面积； （3）若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围. 19. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $